状压dp+floyed（C - Hie with the Pie POJ - 3311 ）

题目链接：https://cn.vjudge.net/contest/276236#problem/C

题目大意：

给你一个有n+1(1<=n<=10)个点的有向完全图，用矩阵的形式给出任意两个不同点之间的距离。（其中从i到j的距离不一定等于从j到i的距离）现在要你求出从0号点出发，走过1到n号点至少一次，然后再回到0号点所花的最小时间。

输入：包含多组实例。每个实例第一个为n，然后是n+1行矩阵，每行矩阵有n+1个数字，第i行第j个数字表示从i-1到j-1号点的距离。当输入n=0时表示输入结束。

输出：最小距离。

 具体思路：

这里之所以用状压的原因就是我们可以通过二进制的方法求出当已经到达过了几个城市之后，再到达一个新的城市的最小花费。然后最后求和的时候我们只需要看一下在已经到达了所有城市的前提下，最终到达的哪个城市和这个城市回到起点花费最小就可以了。

我们可以先将所有点之间的最短距离求出来，然后采用状压dp的方法求出满足题目条件的最优解，在求最优解的过程中，我们还是采用类似于floyed的思想的方法求出最优解。dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[( i ^ (  ( 1 << ( k - 1 ) ) )][k]+dp[k][j]).

这个式子的具体意思是，如果我们要从状态i到达j，我们可以先先找出一个中转点k，看一下从i->k的距离加上从k->j的距离之和是不是比原来的从状态i到j的距离小，如果小的话，就直接更新就可以了。

AC代码：

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
# define inf 0x3f3f3f3f
# define ll long long
const int maxn  = 10+10;
int dp[3000][maxn];
int a[maxn][maxn];
int n;
void floyed()
{
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        for(int j=1; j<=n; j++)
        {
            for(int k=1; k<=n; k++)
            {
                if(a[i][k]+a[k][j]<a[i][j])
                {
                    a[i][j]=a[i][k]+a[k][j];
                }
            }
        }
    }
}
int main()
{
    while(~scanf("%d",&n)&&n)
    {
        n++;
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            for(int j=1; j<=n; j++)
            {
                scanf("%d",&a[i][j]);
            }
        }
        floyed();//求最短路的过程。
        int maxstate=(1<<n)-1;
        for(int i=0; i<=maxstate; i++)
        {
            for(int j=1; j<=n; j++)
            {
                if(((1<<(j-1))&i))//看一下当前枚举的这个组状态包不包括第j个城市。
                {
                    if((i==(1<<(j-1))))//如果只包括第j个城市，直接等于从起点到这个点的最短距离就可以了。
                    {
                        dp[i][j]=a[1][j];
                    }
                    else
                    {
                        dp[i][j]=inf;
                        for(int k=1; k<=n; k++)
                        {
                            if((i&(1<<(k-1)))&&(j!=k))//找中转点的过程。
                            {
                                dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i^(1<<(j-1))][k]+a[k][j]);
                            }// i^（1<<(j-1)）的作用是假设先不去j，也就是先到k再，从k转到j
                        }
                    }
                }
            }
        }
        int ans=inf;
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            ans=min(ans,dp[maxstate][i]+a[i][1]);
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}